-新教材高中物理课时检测4动量守恒定律的应用含解析粤教版选择性必修第一册

PAGEPAGE5动量守恒定律的应用1．下列关于反冲运动的说法中，正确的是()A．抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲B．若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D．对抛出部分和剩余部分牛顿第二定律都适用解析：选D反冲运动是指由于内力的作用，系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动，反冲运动过程动量守恒，两部分物体之间的质量关系与是否发生反冲没有关系，故选项A错误；在反冲运动中，两部分物体之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故选项B错误；在反冲运动中，牛顿第二定律和牛顿第三定律均适用，故选项C错误，选项D正确。2.如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆的一端，杆的另一端挂在小车支架的O点。用手将小球A拉起使轻杆呈水平状态，在小车处于静止的情况下放手使小球A摆下，在B处与固定在车上的油泥撞击后粘在一起，则此后小车的运动状态是(车位于光滑路面上)()A．向右运动 B．向左运动C．静止不动 D．无法判断解析：选C小车与小球构成的系统在水平方向上总动量守恒，刚释放A球时，系统动量为零，当二者粘在一起时，其共同速度也必为零，故选项C正确。3.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析：选C根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故选项C正确。4．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：选C在最高点水平方向上动量守恒，以水平向东为正方向，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，故C正确。5．在光滑水平地面上匀速运动的装有沙子的小车，小车和沙子总质量为M，速度为v0，在行驶途中有质量为m的沙子从车上漏掉，沙子漏掉后小车的速度应为()A．v0 B．eq\f(Mv0,M－m)C．eq\f(mv0,M－m) D．eq\f(M－mv0,M)解析：选A质量为m沙子从车上漏掉的瞬间由于惯性，速度仍然为v0，设汽车速度为v′，取v0方向为正方向，根据水平方向动量守恒可得Mv0＝mv0＋(M－m)v′解得v′＝v0，故A正确，B、C、D错误。6．(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”。该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源。该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端。下面说法正确的是()A．只有蜗牛运动，滑块不运动B．滑块运动的距离是eq\f(M,M＋m)LC．蜗牛运动的位移大小是滑块的eq\f(M,m)倍D．滑块与蜗牛运动的距离之和为L解析：选CD根据“人船模型”特点，易得滑块的位移大小为eq\f(m,M＋m)L，蜗牛运动的位移大小为eq\f(M,M＋m)L，C、D正确。7．(2020·陕西西安期末)穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击。设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，且每次射出的子弹对地速度均相同，则()A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度都为vB．射出n颗子弹后，人后退的速度为nvC．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nvD．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv解析：选C设人、枪(包括子弹)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出时的对地速度为v0。由动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0。设射出n颗子弹后，人后退的速度为v′。则有(M－nm)v′＝nmv0。由以上分析有v＝eq\f(mv0,M－m)，v′＝eq\f(nmv0,M－nm)。因M－m>M－nm，所以有v′>nv，选项C正确。8．在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车(不含炮弹)，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，则：(1)水平发射炮弹时，炮弹速度为v0，炮车的反冲速度为多大？(2)炮身与水平方向成θ角，炮弹速度大小为v0，炮车的反冲速度是多大？(3)炮身与水平方向成θ角，炮弹射出炮口时，相对于炮口的速度为v0，炮车的反冲速度为多大？解析：以炮车和炮弹为研究系统，在水平方向上系统的动量守恒，以炮弹前进的水平方向为正方向。(1)由动量守恒定律得0＝mv0＋M(－v1)，解得v1＝eq\f(mv0,M)。(2)由动量守恒定律得0＝mv0·cosθ＋M(－v2)，解得v2＝eq\f(mv0cosθ,M)。(3)由动量守恒定律得0＝m(v0·cosθ－v3)＋M(－v3)，解得v3＝eq\f(mv0cosθ,M＋m)。答案：见解析9.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体的质量为M，顶端高度为h。今有一质量为m的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A．eq\f(mh,M＋m) B．eq\f(Mh,M＋m)C．eq\f(mh,M＋mtanα) D．eq\f(Mh,M＋mtanα)解析：选C小物块沿斜面体下滑的过程中，小物块和斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，斜面体底边长L＝eq\f(h,tanα)，则有0＝Meq\f(x,t)－meq\f(L－x,t)，解得x＝eq\f(mh,m＋Mtanα)，故选C。10．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两壶在大本营中心发生对心碰撞，如图甲所示，碰撞前后两壶运动的v­t图像如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则()A．碰后红壶将被反弹回来B．碰后蓝壶速度为0.8m/sC．碰后蓝壶移动的位移大小为2.4mD．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力解析：选B由题图知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v0′＝0.2m/s，均为正值，可知，碰后红壶未被反弹。A错。设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv解得v＝0.8m/s。B对。根据速度图像与时间轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(0.8,2)×5m＝2m。C错。根据速度图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力。D错。11.如图所示，一辆质量M＝3kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m＝1kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6J，小球与小车右壁距离为L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时，小球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离。解析：(1)由动量守恒定律有mv1－Mv2＝0，小球弹开时，只有弹力做功，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22＝Ep，解得v1＝3m/s，v2＝1m/s。(2)整个过程中，根据动量守恒(人船模型)得meq\f(x1,t)＝Meq\f(x2,t)和x1＋x2＝L，解得x2＝eq\f(L,4)。答案：(1)3m/s1m/s(2)eq\f(L,4)12.如图所示，在光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻质弹簧(弹簧与滑块不拴接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。解析：设共同速度为v，滑块A和B分开后B的速度为vB，由动量守恒定律有(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvBmBvB＝(mB＋mC)v联立以上两式得，B与C碰撞前B的速度为vB＝eq\f(9,5)v0。答案：eq\f(9,5)v013.如图所示，甲车的质量是2kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1kg的小物体(可视为质点)，乙车质量为4kg，以5m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度，物体滑到乙车上，若乙车足够长，上表面与物体间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，求：(1)两车碰撞后的瞬间乙车的速度大小；(2)物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止。解析：(1)乙车与甲车组成的系统在碰撞过